2017版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第二节导数的应用AB卷文新人教A版.docx

【大高考】2017版高考数学一轮总复习 第3章 导数及其应用 第二节 导数的应用AB卷 文 新人教A版1.(2014新课标全国，11)若函数f(x)kxln x在区间(1，)单调递增，则k的取值范围是()A.(，2 B.(，1C.2，) D.1，)解析因为f(x)kxln x，所以f(x)k.因为f(x)在区间(1，)上单调递增，所以当x1时，f(x)k0恒成立，即k在区间(1，)上恒成立.因为x1，所以01，所以k1.故选D.答案D2.(2016新课标全国卷，20)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1).(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(x)ln x3，f(1)2，f(1)0，曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20.(2)当x(1，)时，f(x)0等价于ln x0，设g(x)ln x，则g(x)，g(1)0.()当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)0；()当a2时，令g(x)0得，x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)0，综上，a的取值范围是(，2.3.(2015新课标全国，21)已知f(x)ln xa(1x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增.若a0，则当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)无最大值；当a0时，f(x)在x取得最大值，最大值为flnaln aa1.因此f2a2等价于ln aa10.令g(a)ln aa1，则g(a)在(0，)上单调递增，g(1)0.于是，当0a1时，g(a)0；当a1时，g(a)0.因此，a的取值范围是(0，1).4.(2013新课标全国，20)已知函数f(x)ex(axb)x24x，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y4x4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值.解(1)f(x)ex(axab)2x4.由已知得f(0)4，f(0)4.故b4，ab8.从而a4，b4.(2)由(1)知，f(x)4ex(x1)x24x，f(x)4ex(x2)2x44(x2).令f(x)0得xln 2或x2.从而当x(，2)(ln 2，)时，f(x)0；当x(2，ln 2)时，f(x)0.故f(x)在(，2)，(ln 2，)上单调递增，在(2，ln 2)上单调递减.当x2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(2)4(1e2).5.(2014新课标全国，12)已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是()A.(2，) B.(1，)C.(，2) D.(，1)解析由题意知f(x)3ax26x3x(ax2)，当a0时，不满足题意.当a0时，令f(x)0，解得x0或x，当a0时，f(x)在(，0)，上单调递增，在 上单调递减.又f(0)1，此时f(x)在(，0)上存在零点，不满足题意；当a0时，f(x)在，(0，)上单调递减，在上单调递增，要使f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则需f0，即a310，解得a2，故选C.答案C6.(2016新课标全国，21)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，11，证明：当x(0，1)时，1(c1)xcx.(1)解由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.(2)证明由(1)知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即11，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c，令g(x)0.解得x0.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减.由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.所以当x(0，1)时，1(c1)xcx.7.(2015新课标全国，21)设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0).当a0时，f(x)0，f(x)没有零点.当a0时，因为e2x单调递增，单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增.又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f(x)在(0，)的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故当a0时，f(x)2aaln.8.(2014新课标全国，21)设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1, f(1)处的切线斜率为0.(1) 求b；(2)若存在x01，使得f(x0)，求a的取值范围.解(1)f(x)(1a)xb.由题设知f(1)0，解得b1.(2)f(x)的定义域为(0，)，由(1)知，f(x)aln xx2x，f(x)(1a)x1(x)(x1).若a，则1，故当x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)单调递增.所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，则1，故当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.f(x)在单调递减，在单调递增.所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f.而faln，所以不合题意.若a1，则f(1)1.综上，a的取值范围是(1，1)(1，).1.(2015陕西，9)设f(x)xsin x，则f(x)()A.既是奇函数又是减函数B.既是奇函数又是增函数C.是有零点的减函数D.是没有零点的奇函数解析f(x)xsin x的定义域为R，关于原点对称，且f(x)xsin(x)xsin xf(x)，故f(x)为奇函数.又f(x)1sin x0恒成立，所以f(x)在其定义域内为增函数，故选B.答案B2.(2013浙江，8)已知函数yf(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数yf(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()解析由导函数图象知，函数f(x)在1，1上为增函数.当x(1，0)时，f(x)由小到大，则f(x)图象的增长趋势由缓到快，当x(0，1)时f(x)由大到小，则f(x)的图象增长趋势由快到缓，故选B.答案B3.(2016山东，20)设f(x)xln xax2(2a1)x，aR.(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1处取得极大值.求实数a的取值范围.解(1)由f(x)ln x2ax2a.可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)，则g(x)2a.当a0时，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0时，x时，g(x)0时，函数g(x)单调递增，x时，g(x)0，函数g(x)单调递减.所以当a0时，g(x)的单调递增区间为(0，)；当a0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)由(1)知，f(1)0.当a0时，f(x)单调递增，所以当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意.当0a时，1，由(1)知f(x)在内单调递增.可得当x(0，1)时，f(x)0，x时，f(x)0.所以f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增.所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意.当a时，1，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，)内单调递减.所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意.当a时，01，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减.所以f(x)在x1处取极大值，合题意 .综上可知，实数a的取值范围为.4.(2015天津，20)已知函数f(x)4xx4，xR.(1)求f(x)的单调区间；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)g(x)；(3)若方程f(x)a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1x2，求证：x2x14.(1)解由f(x)4xx4，可得f(x)44x3.当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减.所以，f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，).(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x04，f(x0)12.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0).令函数F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0).由于f(x)4x34在(，)上单调递减，故F(x)在(，)上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(，x0)时，F(x)0，当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)F(x0)0，即对于任意的实数x，都有f(x)g(x).(3)证明由(2)知g(x)12(x4).设方程g(x)a的根为x2，可得x24.因为g(x)在(，)上单调递减，又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，因此x2x2.类似地，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)4x.对于任意的x(，)，有f(x)h(x)x40，即f(x)h(x).设方程h(x)a的根为x1，可得x1.因为h(x)4x在(，)上单调递增，且h(x1)af(x1)h(x1)，因此x1x1，由此可得x2x1x2x14.5.(2015广东，21)设a为实数，函数f(x)(xa)2|xa|a(a1).(1)若f(0)1，求a的取值范围；(2)讨论f(x)的单调性；(3)当a2时，讨论f(x)在区间(0，)内的零点个数.解(1)f(0)a2|a|a2a|a|a，因为f(0)1，所以|a|a1，当a0时，|a|aaa01，显然成立；当a0，则有|a|a2a1，所以a，所以0a，综上所述，a的取值范围是a.(2)f(x)对于u1x2(2a1)x，其对称轴为xaa，开口向上，所以f(x)在(，a)上单调递减，综上，f(x)在(a，)上单调递增，在(，a)上单调递减，(3)由(2)得f(x)在(a，)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(x)minf(a)aa2.()当a2时，f(x)minf(2)2，f(x)令f(x)0，即f(x)(x0)，因为f(x)在(0，2)上单调递减，所以f(x)f(2)2，而y在(0，2)上单调递增，y2时，f(x)minf(a)aa2，当x(0，a)时，f(0)2a4，f(a)aa2，而y在x(0，a)上单调递增，当xa时，y，下面比较f(a)aa2与的大小，因为aa20所以f(a)aa22，yf(x)与y有两个交点，综上，当a2时，f(x)有一个零点x2；当a2，yf(x)与y有两个零点.6.(2014安徽，20)设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2).当xx1或xx2时，f(x)0；当x1xx2时，f(x)0.故f(x)在(，x1)和(x2，)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增.(2)因为a0，所以x10，x20.当a4时，x21，由(1)知，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值.当0a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2，1上单调递减，因此f(x)在xx2处取得最大值.又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1a4时，f(x)在x0处取得最小值.7.(2015安徽，10)函数f(x)ax3bx2cxd的图象如图所示，则下列结论成立的是()A.a0，b0，d0B.a0，b0，c0C.a0，b0，d0D.a0，b0，c0，d0，可排除D；其导函数f(x)3ax22bxc且f(0)c0，可排除B；又f(x)0有两不等实根，且x1x20，所以a0.故选A.答案A8.(2016四川，6)已知a是函数f(x)x312x的极小值点，则a()A.4 B.2 C.4 D.2解析f(x)x312x，f(x)3x212，令f(x)0，则x12，x22.当x(，2)，(2，)时，f(x)0，则f(x)单调递增；当x(2，2)时，f(x)1时，g(x)0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立.(1)解f(x)2ax(x0).当a0时，f(x)0时，由f(x)0有x.当x时，f(x)0，f(x)单调递增.(2)证明令s(x)ex1x，则s(x)ex11.当x1时，s(x)0，所以ex1x，从而g(x)0.(3)解由(2)知，当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a1，由(1)有f0.所以f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立；当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)，当x1时，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在区间(1，)单调递增.又因为h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立.综上，a.14.(2016北京，20)设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.(1)解由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb，切线斜率kf(0)b.又f(0)c，所以切点坐标为(0，c).所以所求切线方程为ycb(x0)，即bxyc0.(2)解由ab4得f(x)x34x24xcf(x)3x28x4(3x2)(x2)令f(x)0，得(3x2)(x2)0，解得x2或x，f(x)，f(x)随x的变化情况如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc所以，当c0且c0时，存在x1(，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点.(3)证明当4a212b0时，即a23b0，f(x)3x22axb0，x(，)，此时函数f(x)在区间(，)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点.当4a212b0时，f(x)3x22axb只有一个零点，记作x0.当x(，x0)时，f(x)0，f(x)在区间(，x0)上单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有4a212b0，故a23b0是f(x)有三个不同零点的必要条件.当ab4，c0时，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有两个不同零点，所以a23b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.因此a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.15.(2015福建，22)已知函数f(x)ln x.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x1时，f(x)x1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)k(x1).解(1)f(x)x1，x(0，).由f(x)0得解得0x.故f(x)的单调递增区间是.(2)令F(x)f(x)(x1)，x(0，).则有F(x).当x(1，)时，F(x)0，所以F(x)在1，)上单调递减，故当x1时，F(x)F(1)0，即当x1时，f(x)x1.(3)由(2)知，当k1时，不存在x01满足题意.当k1时，对于x1，有f(x)x